Статика твердого тела:
Пространственная система сил
§ 7. Приведение системы сил к простейшему виду

Задачи на тему

7.1 К вершинам куба приложены по направлениям ребер силы, как указано на рисунке. Каким условиям должны удовлетворять модули сил F1, F2, F3, F4, F5 и F6, чтобы они находились в равновесии?
РЕШЕНИЕ

7.2 По трем непересекающимся и непараллельным ребрам прямоугольного параллелепипеда действуют три равные по модулю силы P. Какое соотношение должно существовать между ребрами a, b и c, чтобы эта система приводилась к одной равнодействующей?
РЕШЕНИЕ

7.3 К четырем вершинам A, H, B и D куба приложены четыре равные по модулю силы: P1=P2=P3=P4=P, причем сила P1 направлена по AC, P2 по HF, P3 по BE и P4 по DG. Привести эту систему к простейшему виду.
РЕШЕНИЕ

7.4 К правильному тетраэдру ABCD, ребра которого равны a, приложены силы: F1 по ребру AB, F2 по ребру CD и F3 в точке E середине ребра BD. Величины сил F1 и F2 какие угодно, а проекции силы F3 на оси x, y и z равны +F25√3/6; -F2/2; -F2√(2/3). Приводится ли эта система сил к одной равнодействующей? Если приводится, то найти координаты x и z точки пересечения линии действия равнодействующей с плоскостью Oxz.
РЕШЕНИЕ

7.5 К вершинам куба, ребра которого имеют длину 5 см, приложены, как указано на рисунке, шесть равных по модулю сил, по 2 Н каждая. Привести эту систему к простейшему виду.
РЕШЕНИЕ

7.6 Систему сил: P1=8 Н, направленную по Oz, и P2=12 Н, направленную параллельно Oy, как указано на рисунке, где OA=1,3 м, привести к каноническому виду, определив величину главного вектора V всех этих сил и величину их главного момента M относительно произвольной точки, взятой на центральной винтовой оси. Найти углы α, β и γ, составляемые центральной винтовой осью с координатными осями, а также координаты x и y точки встречи ее с плоскостью Oxy.
РЕШЕНИЕ

7.7 Три силы P1, P2 и P3 лежат в координатных плоскостях и параллельны осям координат, но могут быть направлены как в ту, так и в другую сторону. Точки их приложения A, B и C находятся на заданных расстояниях a, b и c от начала координат. Какому условию должны удовлетворять величины этих сил, чтобы они приводились к одной равнодействующей? Какому условию должны удовлетворять величины этих сил, чтобы существовала центральная винтовая ось, проходящая через начало координат?
РЕШЕНИЕ

7.8 К правильному тетраэдру ABCD с ребрами, равными a, приложена сила F1 по ребру AB и сила F2 по ребру CD. Найти координаты x и y точки пересечения центральной винтовой оси с плоскостью Oxy.
РЕШЕНИЕ

7.9 По ребрам куба, равным a, действуют двенадцать равных по модулю сил P, как указано на рисунке. Привести эту систему сил к каноническому виду и определить координаты x и y точки пересечения центральной винтовой оси с плоскостью Oxy.
РЕШЕНИЕ

7.10 По ребрам прямоугольного параллелепипеда, соответственно равным 10 м, 4 м и 5 м, действуют шесть сил, указанных на рисунке: P1=4 Н, P2=6 Н, P3=3 Н, P4=2 Н, P5=6 Н, P6=8 Н. Привести эту систему сил к каноническому виду и определить координаты x и y точки пересечения центральной винтовой оси с плоскостью Oxy.
РЕШЕНИЕ

7.11 Равнодействующие P=8000 кН и F=5200 кН сил давления воды на плотину приложены в средней вертикальной плоскости перпендикулярно соответствующим граням на расстоянии H=4 м и h=2,4 м от основания. Сила веса G1=12000 кН прямоугольной части плотины приложена в ее центре, а сила веса G2=6000 кН треугольной части на расстоянии одной трети длины нижнего основания треугольного сечения от вертикальной грани этого сечения. Ширина плотины в основании b=10 м, в верхней части a=5 м; tg α=5/12. Определить равнодействующую распределенных сил реакции грунта, на котором установлена плотина.
РЕШЕНИЕ

7.12 Вес радиомачты с бетонным основанием G=140 кН. К мачте приложены сила натяжения антенны F=20 кН и равнодействующая сил давления ветра P=50 кН; обе силы горизонтальны и расположены во взаимно перпендикулярных плоскостях; H=15 м, h=6 м. Определить результирующую реакцию грунта, в котором уложено основание мачты.

Приведение системы сил к центру

Вопросы

Лекция 6

3. Условия равновесия произвольной системы сил

1. Рассмотрим произвольную систему сил . Выберем произвольную точку О за центр приведения и, воспользовавшись теоремой о параллельном переносе силы, перенесем все силы системы в данную точку, не забывая при переносе каждой силы добавлять присоединенную пару сил.

Полученную таким образом систему сходящихся сил заменим одной силой , равной главному вектору исходной системы сил. Образовавшуюся при переносе систему пар сил заменим одной парой с моментом , равным геометрической сумме моментов всех пар сил (т.е. геометрической суммой моментов исходной системы сил относительно центра О ).

Такой момент называется главным моментом системы сил относительно центра О (рис. 1.30).

Рис. 1.30. Приведение системы сил к центру

Итак, любую систему сил всегда можно заменить всего двумя силовыми факторами - главным вектором и главным моментом относительно произвольно выбранного центра приведения . Очевидно, что главный вектор системы сил не зависит от выбора центра приведения (говорят, что главный вектор инвариантен по отношению к выбору центра приведения). Очевидно также, что главный момент таким свойством не обладает, поэтому необходимо всегда указывать, относительно какого центра определяется главный момент.

2. Приведение системы сил к простейшему виду

Возможность дальнейшего упрощения произвольных систем сил зависит от значения их главного вектора и главного момента, а также от удачного выбор центра приведения. При этом возможны следующие случаи:

a) , . В данном случае система приводится к паре сил с моментом , значение которого не зависит от выбора центра приведения.

б) , . Система приводится к равнодействующей, равной , линия действия которой проходит через центр О .

в) , и взаимно перпендикулярны. Система приводится к равнодействующей, равной , но не проходящей через центр О (рис. 1.31).

Рис. 1.31. Приведение системы сил к равнодействующей

Заменим главный момент парой сил , как показано на рис. 1.31. Определим R из условия, что M 0 = R h . Затем отбросим на основании второй аксиомы статики уравновешенную систему двух сил , приложенных в точке О .

г) и параллельны. Система приводится к динамическому винту, с осью, проходящей через центр О (рис. 1.32).

Рис. 1.32. Динамический винт

д) и не равны нулю и при этом главный вектор и главный момент не параллельны и не перпендикулярны друг другу. Система приводится к динамическому винту, но ось не проходит через центр О (рис. 1.33).

Рис. 1.33. Самый общий случай приведения системы сил

Плоская система сил тоже приводится к силе, равной и приложенной в произвольно выбранном центре О, и паре с моментом

при этом вектор можно определить или геометрически построением силового многоугольника (см. п. 4), или аналитически. Таким образом, для плоской системы сил

R x =F kx , R y =F ky ,

где все моменты в последнем равенстве алгебраические и сумма тоже алгебраическая.

Найдем, к какому простейшему виду может приводиться данная плоская система сил, не находящаяся в равновесии. Результат зависит от значений R и М O .

• 1. Если для данной системы сил R=0, a M O ?0, то она приводится к одной паре с моментом М O , значение которого не зависит от выбора центра О.
• 2. Если для данной системы сил R?0, то она приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей. При этом возможны два случая:
  • а) R?0, М O =0. В этом случае система, что сразу видно, приводится к равнодействующей R, проходящей через центр О;
  • б) R?0, М O ?0. В этом случае пару с моментом М O можно изобразить двумя силами R" и R", беря R"=R, a R"= - R. При этом, если d=OC - плечо пары, то должно быть Rd=|M O |.

Отбросив теперь силы R и R", как уравновешенные, найдем, что вся система сил заменяется равнодействующей R"=R, проходящей через точку С. Положение точки С определяется двумя условиями: 1) расстояние OC=d () должно удовлетворять равенству Rd=|M O |; 2) знак момента относительно центра О силы R", приложенной в точке С, т. е. знак m O (R") должен совпадать со знаком М O .

Основная теорема статики. Произвольную систему сил, действующую на твердое тело, можно заменить эквивалентной системой, состоящей из силы и пары сил. Сила равна главному вектору системы сил и приложена в произвольно выбранной точке тела (центре приведения), момент пары равен главному моменту системы сил относительно этой точки.

Главный вектор системы сил :

.

Главный момент системы сил относительно центра O :

определяется своими проекциями на оси координат:

, , ,

.

Возможны следующие случаи приведения системы сил к центру:

Система сил приводится к равнодействующей. Линия действия равнодействующей проходит через центр приведения.

Система сил приводится к паре сил.

3. , , − система сил имеет равнодействующую, которая не проходит через центр приведения. Ее линия действия определяется уравнениями

4. , , − система сил приводится к динамическому винту (силе и паре, лежащей в плоскости, перпендикулярной силе).

Момент пары сил динамического винта

.

Ось динамического винта определяется уравнениями

5. , − уравновешенная система сил.

Пример 1.4.1 . Привести систему сил (рис. 1.4.1) к простейшему виду, если F 1 = 5 Н, F 2 = 15 Н, F 3 = 10 Н, F 4 = 3 Н, a = 2 м.

1. За центр приведения выберем начало координат – точку O (рис. 1.4.2) и укажем углы a и b, определяющие положение силы .

2. Найдем проекции главного вектора на оси координат:

,

,

.

Н.

3. Вычислим проекции главного момента относительно точки О на оси координат:

,

,

,

Н·м, Н·м, Н·м,

4. Найдем величину скалярного произведения главного вектора и главного момента

Так как , то система сил приводится к правому динамическому винту. Вектор момента пары динамического винта и главный вектор совпадают по направлению.

5. Уравнения оси динамического винта имеет вид:

или с учетом найденных значений:

Для построения оси динамического винта найдем точки A и B ее пересечения с координатными плоскостями Oxy и Oyz, соответственно

–0,203 м 1,063 м

6. Определим момент пары сил динамического винта

Н·м.

7. По координатам точек A и B изобразим ось динамического винта (рис. 1.4.3). В произвольной точке этой оси укажем силу, равную главному вектору и вектор момента пары .

Задача 1.4.1 . Имеет ли равнодействующую система сил, для которой главный вектор и главный момент относительно центра О .

Ответ: да.

Задача 1.4.2 . Имеет ли равнодействующую система сил, для которой главный вектор и главный момент относительно центра О .

Ответ: нет.

Задача 1.4.3 . Определить расстояние от центра приведения О долинии действия равнодействующей системы сил (рис. 1.4.4), если ее главный вектор R = 15 Н и главный момент М О = 30 Н·м.

Ответ: 2 м.

Задача 1.4.4 . Определить угол между главным вектором и главным моментом изображенной на рисунке 1.4.5 системы сил, принимая за центр приведения точку O , если F 1 = F 2 = 2 Н, момент пары сил M 1 = 3 Н·м, OА = 1,5 м.

Ответ: α = 0º.

Задача 1.4.5 . Определить угол между главным вектором и главным моментом изображенной на рисунке 1.4.6 системы сил, принимая за центр приведения точку О , если F 1 = F 2 = F 3 = 10 Н, a = 3 м.

Ответ: α = 135º.

Задача 1.4.6 . Найти главный вектор и главный момент системы сил, изображенной на рисунке 1.4.7, если F 1 = F 2 = F 3 = 7 Н, а ОА = ОВ = ОС = 2 м. За центр приведения принять точку О .

Ответ: R = 0, М О = 17,146 Н·м.

Рис. 1.4.6	Рис. 1.4.7

Задача 1.4.7 . Привести систему сил, приложенных к вершинам параллелепипеда (рис. 1.4.8), к простейшему виду, если F 1 = 16 Н, F 2 = 12 Н, F 3 = 20 Н, a = с = 2,4 м, b =1,8 м.

М = 48 Н·м.

Задача 1.4.8 . Привести систему сил, приложенных к вершинам куба (рис. 1.4.9), к простейшему виду, если F 1 = 15 Н, F 2 = 40 Н, F 3 = 25 Н,
F 4 = F 5 = 20 Н, a = 1,5 м.

Ответ: система сил приводится к паре сил с моментом М = 63,65 Н·м.

Задача 1.4.9 . Привести систему сил, приложенных к правильной четырехугольной пирамиде, как показано на рис. 1.4.10, к простейшему виду, если F 1 = F 2 = F 3 = F 4 = 1 Н, F 5 = 2,83 Н, АВ = AS = 2 м.

Ответ: система сил уравновешена.

Рис. 1.4.8	Рис. 1.4.9
Рис. 1.4.10	Рис. 1.4.11

Задача 1.4.10. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.11), к простейшему виду, если F 1 = F 5 = 10 Н, F 3 = 40 Н, F 4 = 15 Н, F 2 = 9 Н, a = 2,4 м, b = 3,2 м, c = 1 м.

Ответ: система сил приводится к равнодействующей R = 32 Н, линия действия которой параллельна оси Oy и проходит через точку А (0,9; 0; 0).

Задача 1.4.11. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.12), к простейшему виду, если F 1 = F 3 = 3 Н, F 2 = F 6 = 6 Н, F 4 = F 5 = 9 Н, a = 3 м, b = 2 м, c = 1 м.

Ответ: система сил уравновешена.

Задача 1.4.12. Привести систему сил, приложенных к вершинам прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.4.13), к простейшему виду, если F 1 = F 4 = F 5 = 50 Н, F 2 = 120 Н, F 3 = 30 Н, a = 4 м, b = 3 м, c = 5 м.

R = 80 Н, линия действия которой параллельна оси Oy и проходит через точку А (0,0,10).

Задача 1.4.13. Привести систему сил, приложенных к вершинам куба (рис. 1.4.14), к простейшему виду, если a = 1 м, F 1 = 866 Н, F 2 = F 3 = F 4 = F 5 = 500 Н. При решении принять .

Ответ: система приводится к равнодействующей R = 7,07 Н.

Рис. 1.4.12	Рис. 1.4.13
Рис. 1.4.14	Рис. 1.4.15

Задача 1.4.14. Привести систему сил, приложенных к правильной треугольной пирамиде (рис. 1.4.15), к простейшему виду, если F 1 = F 2 = F 3 = F 4 = F 5 = F 6 = 1 Н, АВ = AS = 2 м.

Ответ: система сил приводится к динамическому винту с R = 1,41 Н и М = 1,73 Н·м, ось силового винта проходит через вершину S перпендикулярно основанию пирамиды.

Задача 1.4.15. Вес радиомачты с основанием G = 140 кН. К мачте приложены сила натяжения антенны F = 20 кН и равнодействующая сил давления ветра P = 50 кН; обе силы горизонтальны и расположены во взаимно перпендикулярных плоскостях (рис. 1.4.16). Определить результирующую реакцию грунта, в котором уложено основание мачты.

Ответ: распределенная система сил реакции грунта приводится к левому динамическому винту с силой равной 150 кН и парой с моментом 60 кН∙м. уравнение центральной винтовой оси имеет вид

.

Центр тяжести

Центром тяжести твердого тела называется центр параллельных сил тяжести частиц данного тела.

,

Для определения положения центра тяжести однородных тел используют метод симметрии, метод разбиения на тела простой формы с известным положением центров тяжести, а также метод отрицательных масс (линий, площадей, объемов).

Пример 1.5.1. Определить координаты центра тяжести плоской фермы (рис. 1.5.1), составленной из однородных стержней с одинаковым погонным весом.

1. Применим метод разбиения, то есть представим ферму как совокупность семи стержней.

2. Найдем координаты центра тяжести фермы по формулам:

; ,

где , , – длина и координаты центра тяжести стержня с номером .

Длины и координаты центров тяжести стержней:

Тогда ,

Пример 1.5.2. Торцевая стена ангара (рис. 1.5.2) имеет форму полукруга 1 радиуса с прямоугольным дверным проемом 2 высотой и шириной Определить координаты центра тяжести стены.

1. Применим методы симметрии и отрицательных площадей, рассматривая полукруг 1 и прямоугольный вырез 2 .

2. Найдем координаты центра тяжести стены.

Поскольку ось Оy является осью симметрии, то координата

Координату центра тяжести пластины определим по формуле

где , , , – площади и координаты центров тяжести фигур 1 и 2 .

Площади и координаты центров тяжести фигур:

Задачи 1.5.1 – 1.5.4. Определить координаты центров тяжести плоских ферм (рис. 1.5.3 – 1.5.6), составленных из однородных стержней с одинаковым погонным весом.

Ответы к задачам 1.5.1 – 1.5.4:

Номер задачи	1.5.1	1.5.2	1.5.3	1.5.4
, м	1,52	3,88	3,0	1,59
, м	0,69	1,96	1,73	0,17

Рис. 1.5.3	Рис. 1.5.4
Рис. 1.5.5	Рис. 1.5.6
Рис. 1.5.7	Рис. 1.5.8

Задачи 1.5.5 – 1.5.7. Определить координаты центров тяжести однородных составных линий (рис. 1.5.7 – 1.5.9).

Ответы к задачам 1.5.5 – 1.5.7:

Номер задачи	1.5.5	1.5.6	1.5.7
, см			–4,76
, см		14,16	3,31

Рис. 1.5.9	Рис. 1.5.10
Рис. 1.5.11	Рис. 1.5.12

Задача 1.5.8 . Изогнутая под прямым углом однородная проволока подвешена на нити (рис. 1.5.10). Найти соотношение между длинами участков AD и AE , при котором участок AE находится в горизонтальном положении. АВ = 0,3 l 1 .

Задача 1.5.9 . Определить координаты центра тяжести однородной проволоки (рис. 1.5.11), если a = 3 м, b = 2 м, c = 1,5 м.

Ответ: x C = 1,69 м, y C = 1,38 м, z C = 1,33 м.

Задача 1.5.10. Однородный замкнутый контур, ограничивающий полукруг, подвешен на нити (рис. 1.5.12). Определить угол α между горизонталью и диаметром полуокружности.

Ответ: α = 68,74º.

Задачи 1.5.11 – 1.5.14. Определить координаты центров тяжести однородных плоских фигур (рис. 1.5.13 – 1.5.16).

Ответы к задачам 1.5.11 – 1.5.14:

Номер задачи	1.5.11	1.5.12	1.5.13	1.5.14
		37,07 см	32,38 см	2,31 м
	11,88 см		24,83 см	1,56 м

Рис. 1.5.13	Рис. 1.5.14
Рис. 1.5.15	Рис. 1.5.16
Рис. 1.5.17	Рис. 1.5.18

Задача 1.5.15. Подставка для цапфы подшипника представляет собой деталь, состоящую из опоры в виде параллелепипеда и шпонки в форме куба (рис. 1.5.17). Определить координаты центра тяжести подставки. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ:

Задача 1.5.16 . Цапфа подшипника скольжения представляет собой деталь, состоящую из параллелепипеда и цилиндрической опоры (рис. 1.5.18). Определить координаты центра тяжести цапфы. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ: , ,

Задача 1.5.17 . Однородное тело, сечение которого изображено на рисунке 1.5.19, состоит из полушара, цилиндрической части и кругового конуса. Определить координаты центра тяжести тела. Размеры указаны в миллиметрах.

Ответ: , ,

Задача 1.5.18 . Ствол танковой пушки имеет форму усеченного конуса длины (рис. 1.5.20). Наружный диаметр ствола в месте крепления к казенной части пушки наружный диаметр в сечении, соответствующем дульному срезу канала ствола, Калибр пушки d =100 мм. Определить координату центра тяжести ствола.

Ответ:

Задача 1.5.19 . Определить координаты центра тяжести однородного тела, состоящего из двух прямоугольных параллелепипедов (рис. 1.5.21). В нижнем параллелепипеде сделан вырез в форме четверти цилиндра с радиусом основания R = 10 см. Размеры на рисунке указаны в см.

Ответ: x C = 17,1 см, y C = 20,99 см, z C = 7,84 см.

Задача 1.5.20 . Определить координаты центра тяжести однородного тела (рис. 1.5.22), состоящего из треугольной призмы и параллелепипеда с вырезом. Размеры на рисунке указаны в см.

Рис. 1.5.19	Рис. 1.5.20
Рис. 1.5.21	Рис. 1.5.22

Ответ: x C = 20,14 см, y C = 35,14 см, z C = 5 см.

Часть 2. Кинематика

Кинематика точки

Существуют три аналитических способа задания движения точки: векторный, координатный и естественный.

При векторном способе радиус-вектор движущейся точки задается как функция времени . Векторы скорости и ускорения точки равны соответственно первой и второй производной по времени от радиус-вектора:

, .

Связь между радиус-вектором и декартовыми координатами точки выражается равенством: , где , , – орты осей координат.

При координатном способе закон движения точки в декартовой системе координат дается заданием трех функций: , , . Проекции скорости и ускорения на оси координат, а также модули скорости и ускорения точки определяются по формулам:

, , , ,

При естественном способе задается траектория точки и закон движения точки по траектории , где криволинейная координата отсчитывается вдоль дуги от некоторой фиксированной точки на траектории. Алгебраическое значение скорости определяется по формуле , а ускорение точки равно геометрической сумме касательного и нормального ускорений, т.е. , , , , – радиус кривизны траектории в данной точке.

Пример 2.1.1. Снаряд движется в вертикальной плоскости согласно уравнениям , (х,у – в м, t – в с). Найти:

– уравнение траектории;

– скорость и ускорение в начальный момент;

– высоту и дальность обстрела;

– радиус кривизны в начальной и в наивысшей точках траектории.

1. Получим уравнения траектории снаряда, исключая параметр t из уравнений движения

.

Траектория снаряда – это участок параболы (рис. 2.1.1), имеющий ограничивающие точки: начальную с координатами х = 0, у = 0 и конечную, для которой х = L (дальность полета), у = 0.

2. Определим дальность полета снаряда, подставив у = 0 в уравнение траектории. Откуда найдем L = 24000 м.

3. Скорость и ускорение снаряда найдем по проекциям на оси координат:

В начальный момент времени v 0 = 500 м/с, а = 10 м/с 2 .

4. Для определения высоты полета снаряда найдем время t 1 полета до этой точки. В высшей точке проекция скорости на ось y равна нулю (рис. 2.1.1), , откуда t 1 = 40 с. Подставив t 1 в выражение для координаты у , получим значение высоты Н = 8000 м.

5. Радиус кривизны траектории

, где .

м; м.

Пример 2.1.2. В кривошипно-ползунном механизме (рис. 2.1.2) кривошип 1 вращается с постоянной угловой скоростью рад/с. Найти уравнения движения, траекторию и скорость средней точки М шатуна 2 , если ОА = АВ = 80 см.

1. Запишем уравнения движения точки M в координатной форме (рис. 2.1.3)

2. Уравнение траектории получим, исключив время t из уравнения движения:

Траектория точки М – эллипс с центром в начале координат и полуосями 120 см и 40 см.

3. Скорость точки определим по проекциям на оси координат

Задача 2.1.1. По заданным уравнениям движения точки найти уравнение ее траектории в координатной форме.

Уравнение движения	Ответ

Задача 2.1.2. Найти уравнение траектории в координатной форме и закон движения точки по траектории, если даны уравнения ее движения в декартовых координатах. За начало отсчета дуговой координаты s принять начальное положение точки.

Уравнение движения	Ответ
	, ;
	;
	;
	;

Задача 2.1.3. Движение точки задано уравнениями , ( – в см, – в с). Найти уравнение траектории точки в координатной форме, скорость и ускорение, касательное и нормальное ускорения точки, а также радиус кривизны траектории в момент времени с. Изобразить траекторию точки и найденные векторы скорости и ускорений на чертеже. , – в см, если, и когда угол наибольший.

Ответ: 1) ; 2) , , ; , , .

Как показано в § 12, любая приводится в общем случае к силе, равной главному вектору R и приложенной в произвольном центре О, и к паре с моментом, равным главному моменту (см. рис. 40, б). Найдем, к какому простейшему виду может приводиться пространственная система сил, не находящаяся в равновесии. Результат зависит от значений, которые у этой системы имеют величины R и

1. Если для данной системы сил , а то она приводится к паре сил, момент которой равен и может быть вычислен по формулам (50). В этом случае, как было показано в § 12, значение от выбора центра О не зависит.

2. Если для данной системы сил то она приводится к равнодействующей, равной R, линия действия которой проходит через центр О. Значение R можно найти по формулам (49).

3. Если для данной системы сил но то эта система также приводится к равнодействующей, равной R, но не проходящей через центр О.

Действительно, при пара, изображаемая вектором и сила R лежат в одной плоскости (рис. 91).

Тогда, выбрав силы пары равными по модулю R и располагая их так, как показано на рис. 91, получим, что силы взаимно уравновесятся, и система заменится одной равнодействующей линия действия которой проходит через точку О (см, § 15, п. 2, б). Расстояние ) определяется при этом по формуле (28), где

Легко убедиться, что рассмотренный случай будет, в частности, всегда иметь место для любой системы параллельных сил или сил, лежащих в одной плоскости, если главный вектор этой системы Если для данной системы сил и при этом вектор параллелен R (рис. 92, а), то это означает, что система сил приводится к совокупности силы R и пары Р, Р, лежащей в плоскости, перпендикулярной силе (рис. 92, б). Такая совокупность силы и пары называется динамическим винтом, а прямая, вдоль которой направлен вектор R, осью винта. Дальнейшее упрощение этой системы сил невозможно. В самом деле, если за центр приведения принять любую другую точку С (рис. 92, а), то вектор можно перенести в точку С как свободный, а при переносе силы R в точку С (см. § 11) добавится еще одна пара с моментом перпендикулярным вектору R, а следовательно, и . В итоге момент результирующей пары численно будет больше таким образом, момент результирующей пары имеет в данном случае при приведении к центру О наименьшее значение. К одной силе (равнодействующей) или к одной паре данную систему сил привести нельзя.

Если одну из сил пары, например Р, сложить с силой R, то рассматриваемую систему сил можно еще заменить двумя скрещивающимися, т. е. не лежащими в одной плоскости силами Q и (рис. 93). Так как полученная система сил эквивалентна динамическому винту, то она также не имеет равнодействующей.

5. Если для данной системы сил и при этом векторы и R не перпендикулярны друг другу и не параллельны, то такая система сил тоже приводится к динамическому винту, но ось винта не будет проходить через центр О.

Чтобы доказать это, разложим вектор на составляющие: направленную вдоль R, и перпендикулярную R (рис. 94). При этом , где - векторами и R. Пару, изображаемую вектором и силу R можно, как в случае, показанном на рис. 91, заменить одной силой R, приложенной в точке О, Тогда данная система сил заменится силой и парой смоментом параллельным причем вектор как свободный, можно тоже приложить в точке О. В результате действительно получится динамический винт, но с осью, проходящей через точку